热门试卷

（1）由已知得解得，又所以椭圆G的方程为

（2）设直线l的方程为

由得

设A、B的坐标分别为AB中点为E，

则；因为AB是等腰△PAB的底边，

所以，所以的斜率，得

此时方程①为解得所以

所以|AB|=.此时，点P（—3，2）到直线AB：的距离

所以△PAB的面积S=

（1）设椭圆E的标准方程为，由已知得，∴，∵与共线，∴，又（3分）

∴ ，∴ 椭圆E的标准方程为（5分）

（2）设,把直线方程代入椭圆方程，

消去y，得，,

∴, （7分）

，∴（8分）

∵以PQ为直径的圆经过原点O ∴，即（9分）

又

由得，∴（11分）

∴（12分）

解析：（1）设 

由得……………………………2分

又，故

由韦达定理得  ………………………………….4分

………………………………..6分

（2）       ……………………………………….8分

    ……………………………….10分

又，故.……………………………….12分

（1）由题意，A（﹣a，0），B（0，b），F（1，0），

∵•=•，

∴b2﹣a﹣1=0，

∵b2=a2﹣1，∴a2﹣a﹣2=0，解得a=2，

∴a2=4，b2=3，

∴椭圆E的方程为；

（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），H（x0，y0），则，，

作差得

①x1=x2时，y1+y2=0，∴H（x0，0），

∵H在圆x2+y2=1上，

∴x0=±1，则原点O到直线MN距离为1；

②x1≠x2时，设直线MN的斜率为k，则，

∴3x0+4ky0=0，且x02+y02=1，

∴x02=，y02=，

∴x0y0=﹣ky02=

设原点O到直线MN距离为d，则

∵MN的方程为y﹣y0=k（x﹣x0），即kx﹣y﹣kx0+y0=0，

∴d2==1﹣，

k=0时，d2=1；

k≠0时，d2=1﹣≥1﹣=

∵＜1，

∴d2的最小值为，即d的最小值为，此时k=±，

由①②可知，原点O到直线MN距离的最小值。

（1）由题意得所求的椭圆方程为…….6分

（2）令   则抛物线在点A处的切线斜率为

所以切线AQ方程为

同理可得BQ方程为

联立解得Q点为…………………8分

焦点F坐标为(0, ), 令l方程为  代入：

得      由韦达定理有：

所以Q点为 …..10分

过Q做y轴平行线交AB于M点， 则

M点为,  ,

……..12分

而Q点在椭圆上,

…..15分

（1）依题意，设椭圆的方程为，

，，所以，

，所以，椭圆的方程为

（2）根据椭圆和抛物线的对称性，设、（），

的面积，

在椭圆上，，所以，

当且仅当时，等号成立

解（）得

即在抛物线上，

所以，解得

解析：（1）由题意可知，c=1，又e==，解得a=………所以b2=a2-c2=1

所以椭圆的方程+ y2=1。

（2）若直线l不垂直于x轴，可设l的方程为y=k（x-1），由

得（1+2k2）x2-4k2x+2k2-2=0.△=16k4-4（1+2k2）（2k2-2）=8k2+8>0.设A（x1,y1）,B（x2,y2）,则

x1+ x2=，x1 x2=，…设M（t，0），则=（ x1-t,y1）， =（ x2-t,y2）,

=（x1-t）（x2-t）+ y1 y2= x1 x2- t（x1+ x2）+ t 2+k2（x1-1）（x2-1）

=（1+ k2） x1 x2-（ t +k2）（ x1+ x2）+ t 2+k2=（1+ k2）-（ t +k2）+ t 2+k2

==

要使得=λ（λ为常数），只要=λ，

即（）k2 + （t2-2 -λ）=0.（*）

对于任意实数k，要使（*）式恒成立，只要解得…若直线l垂直于x轴，其方程为x=1.此时，直线l与椭圆两交点为A（1，）、B（1,一）,取点S（，0），有=（-,）,=（-,-）,=（-）×（-）+×（-）==λ 。

综上所述，过定点F（1，0）的动直线l与椭圆相交于A、B两点，当直线l绕点F转动时，存在定点M（，0），使得=

解析：（1）设椭圆的标准方程为

由已知得，

又点在椭圆上， 

椭圆的标准方程为…………4分

（2）由题可知，四边形为平行四边形  =4

设直线的方程为，且

由得

…………6分

=+==

==…………8分

令，则

==，…………10分

又在上单调递增

  的最大值为

的最大值为6. …………12分